tarea_11_fe_polinomios_de_hermite

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1. Muestre que
e−x
2
=
2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
cos 2xtdt (1)
Deduzca que
H2n(x) =
(−1)n22n+1ex2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
t2n cos 2xtdt (2)
y obtenga una formula similar para H2n+1(x). Sugerencia: use la formula de Rodrigues para los
polinomios de Hermite.
Solución:
Consideremos la expresión en serie de cos(2xt),
cos(2xt) =
∞∑
k=0
(−1)k(2xt)2k
(2k)!
ahora la sustituimos en el lado derecho de la ecuación (1) y simplificamos
2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
cos 2xtdt =
2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
∞∑
k=0
(−1)k(2xt)2k
(2k)!
dt
=
2√
π
∞∑
k=0
(−1)k(2x)2k
(2k)!
∫ ∞
0
e−t
2
t2kdt
=
2√
π
∞∑
k=0
(−1)k(2x)2k
(2k)!
∫ ∞
0
e−t
2
t2(k+
1
2 )−1dt
donde la integral
∫∞
0
e−t
2
t2(k+
1
2 )−1dt tiene la forma de la función Gamma Γ, solo tenemos que
hacer un cambio de variable, en particular, la función gamma evaluada en k + 12 es
Γ
(
k +
1
2
)
=
∫ ∞
0
e−tt(k+
1
2 )−1dt =
∫ ∞
0
e−ttk−
1
2 dt
entonces, si en este caso t = s2, dt = 2sds tendremos
Γ
(
k +
1
2
)
= 2
∫ ∞
0
e−s
2
s2(k+
1
2 )−1sds = 2
∫ ∞
0
e−s
2
s2kdt =
(2k)!
√
π
22kk!
continuando con nuestra simplificación tendremos
2√
π
∞∑
k=0
(−1)k(2x)2k
(2k!)
∫ ∞
0
e−t
2
t2kdt =
1√
π
∞∑
k=0
(−1)k(2x)2k
(2k)!
(2k)!
√
π
22kk!
=
∞∑
k=0
(−1)kx2k
k!
= e−x
2
Por lo tanto,
e−x
2
=
2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
cos 2xtdt
Con esto, la ecuación (1) queda demostrada.
Para la ecuación (2) usaremos la sugerencia de utilizar la formula de Rodrigues para H2n.
La formula de Rodrigues aplicada a los polinomios de Hermite es
Hn = (−1)nex
2 dn
dxn
(
e−x
2
)
(3)
entonces, si cambiamos n por 2n
H2n = (−1)2nex
2 d2n
dx2n
(
e−x
2
)
= ex
2 d2n
dx2n
(
e−x
2
)
ahora, si sustituimos e−x
2
con la expresión de la ecuación (1) tendremos
H2n = e
x2 d
2n
dx2n
(
2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
cos 2xtdt
)
=
2ex
2
√
π
∫ ∞
0
e−t
2 d2n
dx2n
[cos 2xt] dt
de donde d
2n
dx2n [cos 2xt] son las derivadas pares de cos 2xt, analizando su comportamiento vemos
que
d2
dx2
cos 2xt =
d
dx
[
d
dx
cos 2xt
]
=
d
dx
[−2t sen 2xt] = (−2t)(2t) cos 2xt = (−1)(2t)2 cos 2xt
d4
dx4
cos 2xt =
d
dx
[
d
dx
(−1)(2t)2 cos 2xt
]
=
d
dx
[(−1)(2t)2(2t) cos 2xt]
= (−2t)(2t)(−2t)(2t) cos 2xt = (−1)2(2t)4 cos 2xt
...
d2n
dx2n
cos 2xt = (−1)n(2t)2n cos 2xt, n = 1, 2, 3...
Entonces,
H2n =
2ex
2
√
π
∫ ∞
0
e−t
2
(−1)n(2t)2n cos 2xtdt
H2n =
(−1)n22n+1ex2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
t2n cos 2xtdt
Por lo tanto, queda demostrado la ecuación (2).
Para hallar una expresión para H2n+1 realizamos un procedimiento parecido, de igual forma em-
pezamos con la formula de Rodrigues para los polinomios de Hermite, ecuación (3), en este caso
cambiamos n −→ 2n+ 1 entonces,
H2n+1 = (−1)2n+1ex
2 d2n+1
dx2n+1
(
e−x
2
)
= (−1)ex
2 d2n+1
dx2n+1
(
2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
cos 2xtdt
)
entonces
H2n+1 =
(−1)2ex2√
π
∫ ∞
0
e−t
2 d2n+1
dx2n+1
[cos 2xt] dt
ahora, analizando la derivada impar de cos 2xt tendremos
d
dx
cos 2xt = (−1)(2t) sen 2xt
d3
dx3
cos 2xt =
d
dx
[
d2
dx2
cos 2xt
]
=
d
dx
[(−1)(2t)2 cos 2x] = (−1)2(2t3) sen 2xt
...
d2n+1
dx2n+1
cos 2xt = (−1)n+1(2t)2n+1 sen 2xt, n = 0, 1, 2...
sustituyendo esto en la expresión para H2n+1
H2n+1 =
(−1)ex2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
(−1)n+1(2t)2n+1 sen 2xtdt
H2n+1 =
(−1)n+222n+2ex2√
π
∫ ∞
0
e−t
2
t2n+1 sen 2xtdt
esta es una expresión para los polinomios impares de Hermite.
2. Muestre que
Pn(x) =
1√
π n!
∫ ∞
−∞
e−t
2
tnHn(xt)dt (4)
y
√
π
(2n)!
n!
(x2 − 1)n =
∫ ∞
−∞
e−t
2
H2n(xt)dt (5)
Sabemos que
Hn(xt) =
n
2∑
r=0
(−1)r n!
r!(n− 2r)!
(2xt)n−2r
entonces, si partimos del lado derecho de la ecuación (4)
1√
π n!
∫ ∞
−∞
e−t
2
tnHn(xt)dt =
1√
π n!
∫ ∞
−∞
e−t
2
tn
n
2∑
r=0
(−1)r n!
r!(n− 2r)!
(2xt)n−2rdt
=
n
2∑
r=0
(−1)r (2x)
n−2r
√
πr!(n− 2r)!
∫ ∞
−∞
e−t
2
tntn−2rdt
=
n
2∑
r=0
(−1)r (2x)
n−2r
√
πr!(n− 2r)!
∫ ∞
−∞
e−t
2
t2n−2rdt
=
n
2∑
r=0
(−1)r (2x)
n−2r
√
πr!(n− 2r)!
∫ ∞
−∞
e−t
2
t2(n−r+
1
2 )−1dt
=
n
2∑
r=0
(−1)r (2x)
n−2r
√
πr!(n− 2r)!
∫ ∞
−∞
e−t
2
t2(n−r)dt
entonces,
n
2∑
r=0
(−1)r (2x)
n−2r
√
πr!(n− 2r)!
∫ ∞
−∞
e−t
2
t2(n−r)dt =
n
2∑
r=0
(−1)r (2x)
n−2r
√
πr!(n− 2r)!
1
2
∫ ∞
−∞
e−tt2(n−r)dt
=
n
2∑
r=0
(−1)r (2x)
n−2r
√
πr!(n− 2r)!
1
2
(2
∫ ∞
0
e−tt2(n−r+
1
2 )−1dt)
=
n
2∑
r=0
(−1)r 2
n−2rxn−2r√
πr!(n− 2r)!
Γ(n− r + 1
2
)
=
n
2∑
r=0
(−1)r 2
n−2rxn−2r√
πr!(n− 2r)!
(2n− 2r)!
22n−2r(n− r)!
√
π
=
n
2∑
r=0
(−1)r (2n− 2r)!
2nr!(n− 2r)!(n− r)!
xn−2r
= Pn(x)
Con esto demostramos la ecuación (4).